2025年冀教新版选择性必修2化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年冀教新版选择性必修2化学上册月考试卷229考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、13Al、15P、16S、17Cl是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法正确的是A.四种元素形成的简单离子，Al3+半径最大B.P的第一电离能与电负性均大于SC.最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4>H2SO4>HClO4>Al(OH)3D.简单气态氢化物的稳定性：H2S>PH32、如图为元素周期表中短周期的一部分；关于Y；Z、M的说法正确的是。

A.ZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构B.电负性：Y>Z>MC.离子半径：M->Z2->Y-D.Z元素基态原子最外层电子排布图为3、为原子序数依次增大的短周期元素，原子最外层电子数是其电子层数的2倍，的核电荷数之比为的某种化合物能与水发生氧化还原反应，的最高价氧化的水化物具有两性，的原子序数比大4。下列说法正确的是A.简单氢化物的热稳定性：B.的最高价氧化物的水化物可发生反应C.可以利用的单质与的化合物反应制取的单质D.形成的化合物中存在离子键和共价键4、元素在周期表中的位置如图所示；其中X原子的M层电子数等于其电子层数。下列说法正确的是。

A.X的原子半径比M的小B.Y元素位于第三周期VIA族C.K元素的气态氢化物比Z元素的的气态氢化物更稳定，是由于K元素的气态氢化物分子间存在氢键D.Q与同周期第一主族元素原子序数相差12，且Q可做半导体材料。5、谷氨酸单钠是味精的主要成分；利用发酵法制备该物质的流程如下：

下列说法不正确的是A.可用碘水检验淀粉是否完全水解B.可用红外光谱仪测定谷氨酸中所含官能团的种类C.1mol谷氨酸中含有手性碳原子的数目约为D.“中和”时，需要严格控制的用量6、下列说法错误的是。

A.从CH4、NH为正四面体结构，可推测PHPO也为正四面体结构B.不同非金属元素原子之间形成的化学键都是极性键C.水的沸点比硫化氢的高，是因为H2O分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键D.某气态团簇分子结构如图所示，该气态团簇分子的分子式为EF或FE7、下列有关晶体的叙述中错误的是A.干冰晶体中，每个二氧化碳分子周围紧邻的有12个二氧化碳分子B.固体加热熔化时可能破坏化学键C.CsCl晶体中每个Cs+周围紧邻的有8个Cl-，每个Cs+周围等距离紧邻的有6个Cs+D.石墨的层状结构中，碳原子个数与C-C键个数之比为3∶28、下列性质的比较正确的是A.单质的熔点：B.电负性：C.第一电离能：D.微粒半径：9、下列说法正确的是A.碘单质升华或分解的过程中，不需克服化学键B.属于离子化合物，该物质中阴、阳离子数之比为C.和中都存在共价键，它们的晶体都属于分子晶体D.金刚石和足球烯()虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于共价晶体，后者属于分子晶体评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、短周期主族元素X；Y、Z、W、Q在周期表中的相对位置如表所示；其中W的气态氢化物的摩尔质量为34g/mol，Y的最简单氢化物为非电解质，则下列说法不正确的是。

。

X

Y

Z

W

Q

A.X的最简单氢化物水溶液呈碱性B.Q单质能溶于水，且其水溶液须用棕色细口瓶盛装C.电负性：Y>W>ZD.阴离子的还原性：W>Q11、某物质可溶于水、乙醇，熔点为其分子的结构简式如图所示。下列说法不正确的是。

A.该分子中含有极性共价键B.该物质中键和键的个数比为C.该分子中原子最外层均达到8电子稳定结构的为ND.该分子中的共价键按原子轨道重叠方式划分为3种12、用双硫腺(H2Dz，二元弱酸)～CCl4络合萃取法可从工业废水中提取金属离子，从而达到污水处理的目的。如在分离污水中的Cu2+时，先发生络合反应：Cu2++2H2DzCu(HDz)2+2H+，再加入CCl4，Cu(HDz)2就很容易被萃取到CCl4中。如图是用上述方法处理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线(E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率)；下列说法错误的是。

A.当分离过程中，Bi3+发生的络合反应为Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+B.加NaOH溶液调节pH=11，一定存在关系：c(Na+)＞c(D)=c[Zn(OH)]＞c(OH—)＞c(H+)C.NaHDz溶液存在关系：c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)D.若pH=2.5且—lgc(H2Dz)=pH时，络合反应达到平衡，则H2Dz与Bi3+络合反应平衡常数约为513、X、Y、Z、W均为短周期元素且原子序数依次增大，X、Y形成的一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，X与W、Y与Z的最高正化合价之和均为8。下列说法正确的是（）A.X、Y两种元素可形成离子化合物B.Y、W的氧化物对应水化物的酸性：WC.简单离子半径大小：W>Y>ZD.Z的单质能与氨水反应14、氮化铝(AlN)具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性能，是一种新型无机非金属材料，其结构如图所示。下列叙述不正确的是。

A.氮化铝晶体中距离铝原子最近且距离相等的氮原子数目为4B.由于AlN相对分子质量比立方BN大，所以熔沸点AlN比BN高C.AlN中原子Al杂化方式为sp2，N杂化方式为sp3D.氮化铝晶体中含有配位键评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、碳；氮元素可形成多种卤化物、含氧酸及其盐和配合物等。

(1)常温下NF3是一种无色、无味、无毒的气体，推断NF3分子的空间构型为______(用文字描述)。

(2)与HNO2互为等电子体的一种阴离子的化学式______；推断NaNO2中阴离子的空间构型为______(用文字描述)。

(3)配合物Ni(CO)4是无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于CCl4，推测Ni(CO)4是______分子(填“极性”或“非极性”)。

(4)写出CN-的电子式______；NH4NO3中氮原子轨道的杂化类型是______。

(5)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2+。不考虑空间构型，[Cu(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为______(若有配位键，需用箭头标出)。16、理论化学家认为Li3FO4可以构成稳定的共价型离子化合物，正负离子团的电荷数值相等，该化合物的离子式为______；试说明该正离子的几何构型_____，其中存在的化学键型为_______和_______。17、(1)可正确表示原子轨道的是___________。

A．2sB．2dC．3pxD．3f

(2)写出基态镓(Ga)原子的价电子排布式：___________。

(3)下列物质中，只含有极性键的分子是_____，既含离子键又含共价键的化合物是_______；只存在σ键的分子是_______，同时存在σ键和π键的分子是_____。

A．N2B．CO2C．CH2Cl2D．C2H4E．C2H6F．CaCl2G．NH4Cl

(4)用“>”“<”或“=”填空：第一电离能的大小：Mg____Al；18、全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料；加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：

(未配平)

完成下列填空：

(1)配平上述化学方程式，单线桥标出电子转移的方向和数目_______。

(2)该反应实质是两步反应：①则第二步反应的离子方程式为②_______；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是_______。

(3)过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品．碘升华克服的微粒间作用力为_______。

(4)检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是_______。19、(1)单质O有两种同素异形体，其中沸点高的是___________(填分子式)，原因是___________；O和Na的氢化物所属的晶体类型分别为___________和___________。

(2)Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405nm，晶胞中铝原子的配位数为___________。列式表示Al单质的密度___________g·cm-3(不必计算出结果)。20、下列数据是对应物质的熔点，有关的判断错误的是()。Na2ONaAlF3AlCl3Al2O3BCl3CO2SiO2920℃97.8℃1291℃190℃2073℃-107℃－57℃1723℃

A．只要含有金属阳离子的晶体就一定是离子晶体。

B．在共价化合物中各原子都形成8电子结构。

C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体。

D．金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高。

19-II如图为几种晶体或晶胞的构型示意图。

请回答下列问题：

（1）这些晶体中，粒子之间以共价键结合形成的晶体是____________。

（2）冰、金刚石、MgO、CaCl2、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为_________________。

（3）NaCl晶胞与MgO晶胞相同，NaCl晶体的晶格能________(填“大于”或“小于”)MgO晶体的晶格能，原因是_______________。

（4）每个铜晶胞中实际占有________个铜原子，CaCl2晶体中Ca2＋的配位数为________。

（5）冰的熔点远高于干冰，除因为H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，还有一个重要的原因是_________。21、氮及其化合物在生产；生活和科技等方面有重要的应用。请回答下列问题：

（1）氮元素基态原子的价电子排布式为______________。

（2）在氮分子中，氮原子之间存在着______个σ键和______个π键。

（3）磷；氮、氧是周期表中相邻的三种元素；比较：(均填“大于”、“小于”或“等于”)

①氮原子的第一电离能________氧原子的第一电离能；

②N2分子中氮氮键的键长________白磷(P4)分子中磷磷键的键长；

（4）氮元素的氢化物(NH3)是一种易液化的气体，请阐述原因是_____________________。

（5）配合物[Cu(NH3)4]Cl2中含有4个配位键，若用2个N2H4代替其中的2个NH3，得到的配合物[Cu(NH3)2(N2H4)2]Cl2中含有配位键的个数为________。评卷人得分四、判断题(共3题，共9分)22、第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。(_______)A.正确B.错误23、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误24、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误评卷人得分五、计算题(共1题，共10分)25、根据晶胞结构示意图；计算晶胞的体积或密度。

(1)N和Cu元素形成的化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为____。该化合物的相对分子质量为M，NA为阿伏加德罗常数的值。若该晶胞的边长为acm，则该晶体的密度是______g·cm-3。

(2)S与Cu形成化合物晶体的晶胞如图所示。已知该晶体的密度为ag·cm-3，则该晶胞中硫原子的个数为______的体积为______cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值)。

评卷人得分六、结构与性质(共4题，共32分)26、A；B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素；E是一种过渡元素。A基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，B是同周期元素中最活泼的金属元素，C和A形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物之一，E的基态原子4s轨道半充满和3d轨道全充满。请回答下列问题：

（1）B基态原子的电子排布式是___________，C和D中电负性较大的是______填元素符号）。

（2）C的氢化物的沸点低于与其组成相似的A的氢化物，其原因是___________。

（3）C与A形成的CA3分子的空间构型是___________。

（4）A和B所形成的一种离子化合物B2A晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是_____（填离子符号）。

（5）在过量的氨水中，E的阳离子与氨分子通过___________形成一种显深蓝色的离子，该离子的符号为___________。27、东晋华阳国志南中志卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜铜镍合金闻名中外；曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：

（1）已知：丁二酮肟[HON=(CH3)CC(CH3)=NOH]是检验Ni2+的灵敏试剂。丁二酮肟分子中C原子轨道杂化类型为___，1mol丁二酮肟分子所含σ键的数目为___。

（2）单质铜及镍都是金属晶体；铜晶体的堆积方式为___；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1，ICu>INi的原因是___。

（3）铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构见图（1）。写出该反应的化学方程式：___。

（4）下列关于铁和镍及其化合物说法正确的是___

a.金属镍能与CO形成配合物Ni(CO)4，常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂。所以Ni(CO)4固态时属于分子晶体。

b.[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是正八面体。

c.Ni2+和Fe2+的半径分别为69pm和78pm，则晶格能NiO>FeO，熔点NiO>FeO

d.铁晶胞结构见图(2)；每个晶胞含有2个铁原子。

（5）配合物Y的结构见图(3)，Y中含有的化学键有___填序号

a.极性共价键b.非极性共价键c.配位键d.氢键e.离子键f.金属键28、KI或可作为食盐的加碘剂；起到预防大脖子病的作用。

(1)基态Ⅰ原子的价层电子排布式为___________。

(2)对含较多的食盐，可选用KI作为加碘剂。可用检验，的配位数为___________，配体中的C杂化方式为___________；

(3)晶体的晶胞结构如图所示，边长为anm()；晶胞中K；I、O分别处于顶角、体心、面心位置。

①的空间结构为___________。

②与K紧邻的O的个数为___________，在晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角的位置，则O处于___________位置。

③已知阿伏伽德罗常数的值为则的密度为___________(列式表示)29、碳及其化合物有许多用途。回答下列问题：

⑴碳元素有12C、13C和14C等核素。下列对12C基态原子结构的表示方法中，对电子运动状态描述最详尽的是_______(填标号)。

A.B．

C.1s22s22p2D．

基态13C原子核外有________种不同空间运动状态的电子。

⑵K3[Fe(CN)6]晶体中Fe3+与CN－之间的化学键的类型为________，该化学键能够形成的原因是________。

⑶有机物是________(填“极性”或“非极性”)分子；该有机物中存在sp3杂化的原子，其对应元素的第一电离能由大到小的顺序为________。

⑷乙二胺(H2NCH2CH2NH2)和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，两者相对分子质量接近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是________。

⑸碳酸盐中的阳离子不同，热分解温度就不同。下表为四种碳酸盐的热分解温度和金属阳离子半径：。碳酸盐MgCO3CaCO3SrCO3BaCO3热分解温度/℃40290011721360金属阳离子半径/pm6699112135

随着金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐步升高，原因是________。

⑹石墨的晶体结构和晶胞结构如图所示。已知石墨的密度为ρg∙cm-3，C—C键长为γcm，阿伏加德罗常数的值为NA，则石墨晶体的层间距为________cm。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．Al3+有2个电子层，而其余3种元素形成的简单离子都有3个电子层，电子层越多，离子半径越大，则Al3+半径最小；故A错误；

B．非金属性P

C．同周期从左到右非金属性逐渐增强，非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4>Al(OH)3；故C错误；

D．非金属性P2S>PH3；故D正确；

答案选D。2、A【分析】【分析】

图为元素周期表中短周期的一部分；可知X为He，Y为F；M为Cl、Z为S，据此解答。

【详解】

A．SCl2分子的结构式为Cl-S-Cl；S；Cl原子的最外层均满足8电子稳定结构，故A正确；

B．非金属性越强；电负性越大，则电负性：F＞Cl＞S，即Y＞M＞Z，故B错误；

C．电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：Z2-＞M-＞Y-；故C错误；

D．Z为S元素，最外层含有6个电子，其基态原子的最外层电子排布图为故D错误；

故选A。3、D【分析】【分析】

根据题干信息，为原子序数依次增大的短周期元素，原子最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，的核电荷数之比为则Y的核电荷数为8，为O元素，的某种化合物能与水发生氧化还原反应，则Z为Na，的最高价氧化的水化物具有两性，则M为Al，的原子序数比大4；R的原子序数为17，为Cl元素。

【详解】

A．非金属性越强其简单氢化物更稳定；故简单氢化物的热稳定性：X＜Y，错误；

B．的最高价氧化物的水化物氢氧化铝不能和碳酸反应；错误；

C．钠比铝活泼；故铝不能置换钠，错误；

D．形成的化合物NaClO等中存在离子键和共价键；正确；

故选D。4、D【分析】【分析】

已知；其中X原子的M层电子数等于其电子层数，则X的第M层有3个电子，核外电子数为2+8+3=13，X为Al。则L为C；M为N、K为O、Y为Si、Z为S、Q为Ga，据此分析；

【详解】

A．同周期主族元素；核电荷数越大原子半径越小；同主族元素，核电荷数越大原子半径越大、X的原子半径比M的大，A错误；

B．Y元素位于第三周期ⅣA族；B错误；

C．K元素的气态氢化物比Z元素的的气态氢化物更稳定；是由于水分子内H-O比硫化氢分子内的H-S更牢固，C错误；

D．Q处于第四周期，其核电荷数比X大18，则Q原子序数为31，与同周期第一主族元素为K、K核电荷数为19，则二者原子序数相差12，Ga位于金属和非金属分界线附近，则Q可做半导体材料，D正确；5、C【分析】【详解】

A．淀粉遇碘变蓝色；所以可以用碘水检验淀粉是否完全水解，故A正确；

B．红外光谱仪主要检测物质所含的官能团的种类以及其所处的化学环境；可用红外光谱仪测定谷氨酸中所含官能团的种类，故B正确；

C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，谷氨酸中手性碳原子有1mol谷氨酸中含有手性碳原子的数目约为故C错误；

D．谷氨酸中含有2个羧基，若过多，可能生成故D正确；

故选C。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．PHPO中都形成4个σ键；且孤电子对数都为0，应为正四面体结构，A项正确；

B．不同非金属元素原子之间形成的化学键都是极性共价键；因为共用电子对会偏向吸引电子能力较强的原子，B项正确；

C．H2O和H2S的组成和结构相似，H2S的相对分子质量较大，分子间作用力也较大，一般来说，沸点会较高；但是H2O分子间还存在氢键，而H2S分子间不能形成氢键，所以H2O的沸点比H2S的高；C项正确；

D．由图可知，团簇分子中含有4个E原子和4个F原子，分子式应为E4F4或F4E4；D项错误；

答案选D。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12，所以在CO2晶体中，与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子；故A正确；

B．原子晶体在熔化时破坏了共价键；故B正确；

C．CsCl的晶胞图为在CsCl晶体中每个Cs+周围都紧邻8个Cl-，每个Cs+等距离紧邻的有6个Cs+；故C正确；

D．石墨中，每个C原子被3个C-C键共用，则每个C原子含有C-C共价键数目=×3=1.5；C原子与C-C键数目之比为1∶1.5=2∶3，故D错误；

故选D。8、A【分析】【详解】

A．同主族的金属元素从上到下；金属原子的价层电子数不变，原子半径逐渐增大，金属键逐渐减弱，金属熔点逐渐降低，故A正确；

B．同周期元素电负性从左到右依次增大，电负性F>O>N>C；故B错误；

C．同周期元素第一电离能呈增大趋势，但IIA和VA族为全满和半满稳定状态，第一电离能反常的比相邻下一主族大，故第一电离能Na

D．微粒的电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多半径越小，微粒半径故D错误；

故选：A。9、D【分析】【详解】

A．分解生成气体的过程中，需克服离子键和共价键，A错误；

B．中阴离子()、阳离子()数目之比为B错误；

C．中，原子O原子向空间伸展，不存在小分子，属于共价晶体，C错误；

D．金刚石和足球烯()虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于共价体，后者属于分子晶体，D正确；

故选D。二、多选题(共5题，共10分)10、AB【分析】【分析】

由短周期主族元素X；Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置可知；X、Y位于第二周期，Z、W、Q位于第三周期，Y、W同主族，Y的最简单氢化物为非电解质，W的气态氢化物的摩尔质量为34g/mol，由于水为弱电解质，Y不能为O，则Y为N，W为P，结合相对位置可知，X为C，Z为Al，Q为S。

【详解】

A．C的最简单氢化物为不溶于水，A错误；

B．S单质不能溶于水；B错误；

C．同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，电负性C正确；

D．由于非金属性故阴离子还原性D正确；

故选AB。11、BD【分析】【分析】

【详解】

A．不同原子间的共价键为极性共价键；该分子中含有极性共价键，故A正确；

B．每个单键是1个σ键，每个双键含有1个σ键和1个π键，每个三键含有1个σ键和2个π键，则该物质分子中σ键和π键的个数比为故B错误；

C．该物质中C和N都达到8电子稳定结构；H原子没有达到8电子稳定结构，故C正确；

D．按原子轨道重叠方式共价键分为2种；“头碰头”重叠形成σ键，“肩并肩”重叠形成π键，故D错误；

故选BD。12、BD【分析】【详解】

A．由题意可知，分离污水中的Bi3+时，先发生络合反应Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+；故A正确；

B．由图可知，加氢氧化钠溶液调节溶液pH=11时，Zn(OH)离子的百分率为70%，则溶液中发生如下反应：Zn(HDz)2+6OH—Zn(OH)+2D+2H2O，由方程式可知，溶液中D的浓度是Zn(OH)浓度的2倍；故B错误；

C．NaHDz溶液中存在质子关系c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)；故C正确；

D．由图示可知，溶液pH=2.5时，Bi(HDz)3的百分率为80%，反应Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+的平衡常数K=由—lgc(H2Dz)=pH可得：K===4；故D错误；

故选BD。13、AC【分析】【分析】

X；Y、Z、W均为短周期元素且原子序数依次增大；X、Y形成的一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体是氨气，则X是H；Y是N；X与W、Y与Z的最高正化合价之和均为8，则W是Cl，Z是Al，据此解答。

【详解】

A．X；Y两种元素可形成叠氮化铵；是离子化合物，A正确；

B．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的酸性越强，故Y、W的最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Y；B错误；

C．离子结构示意图一样的离子，序数越大，半径越小，故简单离子半径大小：W>Y>Z；C正确；

D．铝能溶于强酸强碱；不能与氨水反应，D错误；

答案选AC。14、BC【分析】【详解】

A．由图知；铝原子与氮原子以共价键相结合形成正四面体，故氮化铝晶体中距离铝原子最近且距离相等的氮原子数目为4，A正确；

B．已知氮化铝(AlN)具有耐高温；抗冲击；结合结构示意图知，氮化铝(AlN)结构类似于金刚石，金刚石为原子晶体，熔沸点与原子间的共价键的键能有关，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，所以熔沸点AlN比BN要低，B错误；

C．结构与金刚石结构类似；金刚石中的碳为sp3杂化，则Al原子和N原子也为sp3杂化，C错误；

D．结构与金刚石结构类似；金刚石中的碳形成4个共价键；Al原子最外层只有3个电子，可以提供空轨道，N原子提供孤对电子而形成配位键，故D正确；

答案选BC。三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】【分析】

按等电子体的定义寻找等电子体；按等电子体理论回答、根据价层电子对互斥理论计算粒子中的价层电子对数、并据此确定中心原子的杂化方式、粒子的空间构型；按相似相溶原理判断分子的极性；

【详解】

(1)NF3中含有3个σ键，且孤电子对数为则应为sp3杂化；空间构型为三角锥形；

(2)原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，与HNO2互为等电子体的一种阴离子的化学式为HCOO-；NaNO2中阴离子与二氧化硫互为等电子体，等电子体具有相同的结构特征，SO2孤电子对数=价层电子对数=2+1=3，故为sp2杂化、推断NaNO2中阴离子的空间构型为V形(或折线形)；

(3)已知配合物Ni(CO)4是无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于CCl4，则其晶体属于分子晶体，水是极性溶剂，四氯化碳是非极性溶剂，结合相似相溶原理可知，推测Ni(CO)4是非极性分子；

(4)碳原子最外层4个电子、氮原子最外层5个电子，CN-内碳、氮原子间共用3对电子对，电子式为4中N原子的价层电子对数为而且没有孤电子对，所以氮原子轨道的杂化类型是sp3；NO孤电子对数=价层电子对数=3+0=3，所以氮原子轨道的杂化类型是sp2；NH4NO3中氮原子轨道的杂化类型是sp3和sp2；

(5)[Cu(NH3)4]2+内，铜离子和氨分子之间形成4个配位键，Cu2+提供空轨道、NH3中N原子提供孤电子对，结构为【解析】三角锥形HCOO-V形(或折线形)非极性分子sp3和sp216、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】[Li3F]2+[O4]2-平面三角形三个Li-Fσ键π17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)A.2s能级只有1个轨道；故2s可以表示原子轨道，A正确；

B．不存在2d能级；B错误；

C.3p能级含有3个轨道，3个轨道相互垂直，3px表示为x轴上的轨道；C正确；

D．不存在3f能级；D错误；

故答案为：AC；

(2)Ga与Al同主族相邻，原子序数相差第四周期容纳元素种数，故Ga的原子序数为13+18=31，其核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1；

(3)

A、N2分子含有非极性共价键；属于单质，氮气分子结构简式为N≡N，所以氮气分子中含有σ键和π键；

B、CO2分子中碳原子和氧原子之间存在极性键；属于共价化合物，二氧化碳分子结构简式为O=C=O，所以二氧化碳分子中含有σ键和π键；

C．CH2Cl2分子中碳原子和氢原子或氯原子之间存在极性键，属于共价化合物，CH2Cl2分子结构式为：CH2Cl2分子中只含σ键；

D．C2H4分子中碳原子和氢原子之间存在极性键，碳原子和碳原子之间存在非极性共价键，属于共价化合物，乙烯的结构式为乙烯分子中含有σ键和π键；

E．C2H6分子中碳原子和氢原子之间存在极性键，碳原子和碳原子之间存在非极性共价键，属于共价化合物，乙烷的结构式为乙烷分子中只含σ键；

F．CaCl2中只含离子键；属于离子化合物；

G．NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键；氮原子和氢原子之间存在共价键，属于离子化合物，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在σ键；

故答案为：BC；G；CE；ABD；

(5)同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，Mg元素原子3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能为：Mg＞Al，故答案为：＞。【解析】①.AC②.1s22s22p63s23p63d104s24p1③.BC④.G⑤.CE⑥.ABD⑦.＞18、略

【分析】【分析】

(1)

根据氧化还原反应中化合价升降总数相等配平，该反应中碘元素的化合价由+5价得电子变为0价，所以一个碘酸根离子得5个电子，硫元素的化合价由+4价失电子变为+6，所以一个参加氧化还原反应的亚硫酸氢根离子失去2个电子，所以得失的最小公倍数是10，所以碘酸钠的计量数是2，亚硫酸氢钠的计量数是5，其它元素根据原子守恒进行配平，所以该方程式为2NaIO3+5NaHSO3═3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，单线桥标出电子转移的方向和数目为答案为2、5、3、2、1、1；

(2)

根据总反应可知最终转变成了碘单质，第一步碘酸根被还原成碘离子，即则第二步碘离子应被碘酸根氧化成碘单质，离子方程式为+5I-+6H+=3I2+3H2O；若要使碘酸钠的利用率最高，则第一步被还原成的I-离子应恰好在第二步被碘酸根离子氧化，则碘酸钠在第一步和第二步中用量比应满足5:1；答案为+5I-+6H+=3I2+3H2O；5:1。

(3)

碘单质(I2)是分子晶体；分子间通过范德华力结合，碘升华时要破坏分子间的范德华力；答案为范德华力。

(4)

亚硫酸钠固体在空气中变质会被氧气氧化成硫酸钠，因此要检验硫酸根离子存在来判断其是否被氧化，具体步骤为取少量样品溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质；答案为取少量样品溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。【解析】(1)2、5、3、2、1、1；

(2)+5I-+6H+=3I2+3H2O5:1

(3)范德华力。

(4)取少量样品溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质；19、略

【分析】【详解】

(1)O元素形成O2和O3两种同素异形体，固态时均形成分子晶体，且分子之间均无氢键，而分子晶体中，相对分子质量越大，范德华力越大，物质的沸点越高，故O3的沸点高于O2；O元素形成的氢化物有H2O和H2O2；二者均属于分子晶体；Na元素形成的氢化物为NaH，属于离子晶体；

(2)面心立方晶胞中粒子的配位数是12；一个铝晶胞中含有的铝原子数为8×＋6×=4(个)，一个晶胞的质量为Al单质的密度=g·cm-3。【解析】①.O3②.O3相对分子质量较大，范德华力大③.分子晶体④.离子晶体⑤.12⑥.20、略

【分析】【详解】

I：A．只要含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体。可能为金属晶体；故A错误；

B．在共价化合物中各原子不一定都形成8电子结构；水分子中氢原子满足2电子稳定结构，故B错误；

C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体；二氧化碳属于分子晶体，二氧化硅属于原子晶体，故C正确；

D．金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高；金属汞常温下为液态，硫常温下为固体，故D正确；

故选AB；

II：(1)分析各种物质的晶胞发现；冰是以分子间作用力和氢键形成的分子晶体，金刚石是以共价键结合的晶体；铜是以金属键结合的金属晶体；氧化镁；氯化铜是以离子键形成的离子晶体，固体二氧化碳是以分子间作用力形成的分子晶体；故粒子之间以共价键结合形成的晶体是金刚石；

(2)一般来讲，熔点：原子晶体>离子晶体>分子晶体，由于氧离子半径小于氯离子半径，镁离子半径小于钙离子半径，且氧离子带电荷比氯离子多，所以离子键：氧化镁大于氯化钙，氧化镁熔点高；冰分子间存在氢键，熔点大于干冰；所以熔点高低顺序为：金刚石>氧化镁>氯化钙>冰>干冰；

(3)氧化镁和氯化钠均属于离子晶体；由于镁离子和氧离子所带电荷数大于钠离子和氯离子；并且氧离子半径小于氯离子半径，镁离子半径小于钙离子半径，氧化镁中离子键作用力大，所以MgO的晶格能大于NaCl晶体的晶格能；

(4)分析铜晶胞的特点顶点的Cu原子为8×=1，位于面上的Cu为6×=3，所以实际占有4个铜原子；根据CaCl2晶胞分析，每个Ca2＋周围有8个氯离子；所以其配位数为8；

(5)冰的熔点远高于干冰，除因为H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，还有一个重要的原因是冰的晶态时存在氢键，而干冰没有。【解析】①.AB②.金刚石晶体③.金刚石>氧化镁>氯化钙>冰>干冰④.小于⑤.因为钙离子和氧离子电荷数大于钠离子和氯离子，并且离子半径氧的也小些⑥.4⑦.8⑧.冰的晶态时存在氢键，而干冰没有21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)N原子原子序数是7，其最外层电子就是其价电子，根据构造原理知，其价电子排布式为2s22p3；

(2)共价单键是σ键；共价双键中含有一个σ键和一个π键，共价三键中含有1个σ键和2个π键，氮气分子中氮原子间存在氮氮三键，所以含有1个σ键和2个π键；

(3)①电子处于半满、全满或全空时原子最稳定，N原子的2p能级是半满的较稳定状态，O原子的2p能级是2P4的不稳定状态；易失去一个电子，所以氮原子的第一电离能大于氧原子的第一电离能；

②氮原子的半径小于P原子的半径，且N2分子中形成的是叁键；白磷中P－P键为单键，故氮分子中的氮氮键键长小于白磷中的磷磷键键长；

(4)氨分子之间容易形成氢键，使其沸点升高而容易液化，故氮元素的氢化物(NH3)是一种易液化的气体；

(5)配合物[Cu(NH3)4]Cl2中含有4个配位键，若用2个N2H4代替其中的2个NH3，得到的配合物[Cu(NH3)2(N2H4)2]Cl2，配合物中心离子未变化，配位键数目不变，含有配位键的个数为4。【解析】①.2s22p3②.1③.2④.大于⑤.小于⑥.氨分子之间容易形成氢键，使其沸点升高而容易液化⑦.4四、判断题(共3题，共9分)22、A【分析】【详解】

同周期从左到右；金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；故第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。

故正确；23、A【分析】【分析】

【详解】

乙醇中的羟基与水分子的羟基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烃基较大，其中的羟基和水分子的羟基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明显减小，故正确。24、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。五、计算题(共1题，共10分)25、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)该晶胞中N原子个数==1，Cu原子个数==3，所以其化学式为Cu3N，晶胞的边长为acm，其体积为a3cm3，密度=g·cm-3，故答案为：Cu3N；

(2)该晶胞含Cu：＋=4，S原子个数为4，因此化学式为CuS，晶胞体积V===cm3。故答案为：4；【解析】①.Cu3N②.③.4④.六、结构与性质(共4题，共32分)26、略

【分析】【分析】

A基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍；s轨道上有两个电子，则p轨道上有4个电子，所以A的核外电子数为8，是氧元素；B的序数比A大且是同周期元素中最活泼的金属元素，所以B为第三周期的钠元素；因为C的序数比A大，所以C和A形成的引起酸雨的主要大气污染物之一的化合物是二氧化硫，则C是硫元素；D的序数比C大，且为主族元素，所以D是氯元素；E是一种过渡元素，E的基态原子4s轨道半充满和3d轨道全充满，则E的核外电子数是29，为铜元素。

【详解】

（1）由分析可知，B是钠元素，基态原子的电子排布式是1s22s22p63s1或[Ne]3s1，C为硫元素，D为氯元素，根据元素周期律，同一周期从左到右电负性逐渐增大，所以电负性较大的是Cl，故答案为：1s22s22p63s1或[Ne]3s1；Cl；

（2）非金属元素氢化物的沸点与氢键有关，因为H2S分子间不存在氢键，H2O分子间存在氢键所以硫化氢的沸点低于与其组成相似的水的沸点，故答案为：H2S分子间不存在氢键，H2O分子间存在氢键；

（3）C与A形成的CA3分子SO3，SO3分子中有3个σ键，孤电子对数为=0；则空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；

（4）白球占有顶点和面心，因此白球的个数为黑球位于体心，有8个，因此个数比为1:2，此物质的分子式为Na2O，因此黑球是Na+，故答案为：Na+；

（5）在过量的氨水中，铜离子能提供空轨道，氨气分子中的氮原子提供孤电子对，形成配位键，所以铜离子与氨分子通过配位键能形成[Cu(NH3)4]2+，故答案为：配位键；[Cu(NH3)4]2+。【解析】①.1s22s22p63s1或[Ne]3s1②.Cl③.H2S分子间不存在氢键，H2O分子间存在氢键④.平面三角形⑤.Na＋⑥.配位键⑦.[Cu(NH3)4]2+27、略

【分析】【详解】

丁二酮肟分子中C原子，甲基上碳原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，为杂化，连接甲基的碳原子含有3个价层电子对且不含孤电子对，为杂化，丁二酮肟的结构式为分子中含有13个单键，和2个双键，则共含有15个键，所以1mol丁二酮肟含有键数目为或

故答案为：和或

由Cu晶体的晶胞图可知；铜晶体的堆积方式为面心立方最密堆积，单质铜及镍都是金属晶体，都是由金属键形成的晶体；

元素铜与镍的第二电离能分别为考虑到铜失去的是全充满的电子，镍失去的是电子；后者失去较前者容易；

故答案为：面心立方堆积；铜失去的是全充满的电子，镍失去的是电子；

该晶胞中铁原子个数氮原子个数是1，所以氮化铁的化学式是铁和氨气在可发生置换反应生成氢气和氮化铁，所以该反应方程式为：

故答案为：

因为常温下为液态，易溶于苯等有机溶剂，根据相似相溶原理知，固态属于分子晶体；故a正确；

中阴离子中S原子的孤电子对数价层电子对数离子空间构型为正四面体，故b